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2026年理想树试题攻略高中数学
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2026年理想树试题攻略高中数学 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
16.（15 分）
已知椭圆 $ C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a ＞ b ＞ 0) $ 的左、右焦点分别为 $ F_1 $，$ F_2 $，离心率为 $ \frac{\sqrt{3}}{2} $，过焦点且垂直于椭圆 $ C $ 的长轴的弦长为 1。
(1) 求椭圆 $ C $ 的方程；
(2) 已知过点 $ F_2 $ 的直线 $ l $ 交椭圆 $ C $ 于 $ A $，$ B $ 两点，当 $ \triangle F_1AB $ 的面积最大时，求此时直线 $ l $ 的方程。
已知椭圆 $ C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a ＞ b ＞ 0) $ 的左、右焦点分别为 $ F_1 $，$ F_2 $，离心率为 $ \frac{\sqrt{3}}{2} $，过焦点且垂直于椭圆 $ C $ 的长轴的弦长为 1。
(1) 求椭圆 $ C $ 的方程；
(2) 已知过点 $ F_2 $ 的直线 $ l $ 交椭圆 $ C $ 于 $ A $，$ B $ 两点，当 $ \triangle F_1AB $ 的面积最大时，求此时直线 $ l $ 的方程。
答案：
16.热门考点椭圆的方程及性质、椭圆中三角形面积的最值问题
[解]
(1)第一步：由条件建立关于$a,b,c$的方程
由$C$的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。……1分
将$x = c$代入椭圆方程得$y=\pm\frac{b^{2}}{a}$，则由题意可得$\frac{2b^{2}}{a}=1$。……3分
第二步：结合椭圆中$a,b,c$间的关系求$a,b$的值
又$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，解得$a = 2$，$b = 1$。……5分
第三步：写出椭圆方程
所以椭圆$C$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$。……6分
(2)第一步：设出直线$l$的方程并与椭圆方程联立
由
(1)得$F_{2}(\sqrt{3},0)$，直线$l$不垂直于$y$轴，设其方程为$x = my+\sqrt{3}$(提示：当直线过$x$轴上的定点$A(a,0)$时，若直线不垂直于$y$轴，则此直线方程可以设成$x = my+a$，这样可以避免讨论直线斜率是否存在)。……7分
由$\begin{cases}x = my+\sqrt{3}\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\end{cases}$，得$(m^{2}+4)y^{2}+2\sqrt{3}my - 1 = 0$，$\Delta＞0$。……8分
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$y_{1}+y_{2}=-\frac{2\sqrt{3}m}{m^{2}+4}$，$y_{1}y_{2}=-\frac{1}{m^{2}+4}$(题眼)。……10分
第二步：利用弦长公式及基本不等式求$\triangle F_{1}AB$的面积的最值及此时$m$的值
$S_{\triangle F_{1}AB}=\frac{1}{2}|F_{1}F_{2}||y_{1}-y_{2}|=\sqrt{3}·\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}=\sqrt{3}·\sqrt{\frac{12m^{2}}{(m^{2}+4)^{2}}+\frac{4}{m^{2}+4}}=4\sqrt{3}·\frac{\sqrt{m^{2}+1}}{m^{2}+4}$。……11分
令$t=\sqrt{m^{2}+1}$，$t\geq1$，则$S_{\triangle F_{1}AB}=4\sqrt{3}·\frac{t}{t^{2}+3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}·\frac{1}{t+\frac{3}{t}}\leq2$。……12分
当且仅当$t=\frac{3}{t}$，即$m=\pm\sqrt{2}$时取等号。……13分
第三步：写出直线$l$的方程
所以此时直线$l$的方程为$x+\sqrt{2}y-\sqrt{3}=0$或$x-\sqrt{2}y-\sqrt{3}=0$。……15分
一题多解
(2)第一步：设出直线$l$的方程并与椭圆方程联立
由
(1)得$F_{2}(\sqrt{3},0)$，当直线$l$的斜率存在时，可设直线$l$的方程为$y = k(x-\sqrt{3})$（易错：在设直线方程时，一定要先考虑是否存在斜率不存在的情况）。……7分
由$\begin{cases}y = k(x-\sqrt{3})\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\end{cases}$，得$(1 + 4k^{2})x^{2}-8\sqrt{3}k^{2}x+12k^{2}-4 = 0$。……8分
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{8\sqrt{3}k^{2}}{1 + 4k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{12k^{2}-4}{1 + 4k^{2}}$。……10分
第二步：利用弦长公式及二次函数的性质求$\triangle F_{1}AB$的面积的最值及此时$k$的值
$|AB|=\sqrt{1 + k^{2}}|x_{1}-x_{2}|=\sqrt{1 + k^{2}}·\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\sqrt{1 + k^{2}}·\sqrt{\frac{48k^{2}}{(1 + 4k^{2})^{2}}-\frac{16 - 48k^{2}}{1 + 4k^{2}}}=\sqrt{1 + k^{2}}·\frac{4\sqrt{1 + 4k^{2}-3k^{2}}}{1 + 4k^{2}}$(提示：弦长公式)。
点$F_{1}(-\sqrt{3},0)$到直线$l$的距离为$d=\frac{|-\sqrt{3}k-\sqrt{3}|}{\sqrt{1 + k^{2}}}=\frac{\sqrt{3}|k + 1|}{\sqrt{1 + k^{2}}}$，
所以$S_{\triangle F_{1}AB}=\frac{1}{2}|AB|d=\frac{1}{2}×\sqrt{1 + k^{2}}·\frac{4\sqrt{1 + k^{2}}}{1 + 4k^{2}}×\frac{\sqrt{3}|k + 1|}{\sqrt{1 + k^{2}}}=\sqrt{3}×\frac{4k^{2}(4k^{2}+4)}{(1 + 4k^{2})^{2}}=\sqrt{3}×\sqrt{\frac{-3(\frac{1}{t}-\frac{1}{3})^{2}+\frac{4}{3}}{t^{2}}}$。……11分
令$t = 1 + 4k^{2}$，$t\geq1$，则$S_{\triangle F_{1}AB}=\sqrt{3}×\sqrt{1 + 4k^{2}}×\sqrt{1 + 4k^{2}}=\sqrt{3}×\frac{2\sqrt{3}|k|}{1 + 4k^{2}}=\frac{2\sqrt{3}|k|}{1 + 4k^{2}}$。
当直线$l$的斜率不存在时，可得$S_{\triangle F_{1}AB}=\frac{1}{2}×1×2\sqrt{3}=\sqrt{3}＜2$。
故当且仅当$t = 3$，即$k=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$时，$\triangle F_{1}AB$面积取最大值。……13分
第三步：写出直线$l$的方程
所以此时直线$l$的方程为$x+\sqrt{2}y-\sqrt{3}=0$或$x-\sqrt{2}y-\sqrt{3}=0$。……15分
[解]
(1)第一步：由条件建立关于$a,b,c$的方程
由$C$的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。……1分
将$x = c$代入椭圆方程得$y=\pm\frac{b^{2}}{a}$，则由题意可得$\frac{2b^{2}}{a}=1$。……3分
第二步：结合椭圆中$a,b,c$间的关系求$a,b$的值
又$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，解得$a = 2$，$b = 1$。……5分
第三步：写出椭圆方程
所以椭圆$C$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$。……6分
(2)第一步：设出直线$l$的方程并与椭圆方程联立
由
(1)得$F_{2}(\sqrt{3},0)$，直线$l$不垂直于$y$轴，设其方程为$x = my+\sqrt{3}$(提示：当直线过$x$轴上的定点$A(a,0)$时，若直线不垂直于$y$轴，则此直线方程可以设成$x = my+a$，这样可以避免讨论直线斜率是否存在)。……7分
由$\begin{cases}x = my+\sqrt{3}\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\end{cases}$，得$(m^{2}+4)y^{2}+2\sqrt{3}my - 1 = 0$，$\Delta＞0$。……8分
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$y_{1}+y_{2}=-\frac{2\sqrt{3}m}{m^{2}+4}$，$y_{1}y_{2}=-\frac{1}{m^{2}+4}$(题眼)。……10分
第二步：利用弦长公式及基本不等式求$\triangle F_{1}AB$的面积的最值及此时$m$的值
$S_{\triangle F_{1}AB}=\frac{1}{2}|F_{1}F_{2}||y_{1}-y_{2}|=\sqrt{3}·\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}=\sqrt{3}·\sqrt{\frac{12m^{2}}{(m^{2}+4)^{2}}+\frac{4}{m^{2}+4}}=4\sqrt{3}·\frac{\sqrt{m^{2}+1}}{m^{2}+4}$。……11分
令$t=\sqrt{m^{2}+1}$，$t\geq1$，则$S_{\triangle F_{1}AB}=4\sqrt{3}·\frac{t}{t^{2}+3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}·\frac{1}{t+\frac{3}{t}}\leq2$。……12分
当且仅当$t=\frac{3}{t}$，即$m=\pm\sqrt{2}$时取等号。……13分
第三步：写出直线$l$的方程
所以此时直线$l$的方程为$x+\sqrt{2}y-\sqrt{3}=0$或$x-\sqrt{2}y-\sqrt{3}=0$。……15分
一题多解
(2)第一步：设出直线$l$的方程并与椭圆方程联立
由
(1)得$F_{2}(\sqrt{3},0)$，当直线$l$的斜率存在时，可设直线$l$的方程为$y = k(x-\sqrt{3})$（易错：在设直线方程时，一定要先考虑是否存在斜率不存在的情况）。……7分
由$\begin{cases}y = k(x-\sqrt{3})\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\end{cases}$，得$(1 + 4k^{2})x^{2}-8\sqrt{3}k^{2}x+12k^{2}-4 = 0$。……8分
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{8\sqrt{3}k^{2}}{1 + 4k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{12k^{2}-4}{1 + 4k^{2}}$。……10分
第二步：利用弦长公式及二次函数的性质求$\triangle F_{1}AB$的面积的最值及此时$k$的值
$|AB|=\sqrt{1 + k^{2}}|x_{1}-x_{2}|=\sqrt{1 + k^{2}}·\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\sqrt{1 + k^{2}}·\sqrt{\frac{48k^{2}}{(1 + 4k^{2})^{2}}-\frac{16 - 48k^{2}}{1 + 4k^{2}}}=\sqrt{1 + k^{2}}·\frac{4\sqrt{1 + 4k^{2}-3k^{2}}}{1 + 4k^{2}}$(提示：弦长公式)。
点$F_{1}(-\sqrt{3},0)$到直线$l$的距离为$d=\frac{|-\sqrt{3}k-\sqrt{3}|}{\sqrt{1 + k^{2}}}=\frac{\sqrt{3}|k + 1|}{\sqrt{1 + k^{2}}}$，
所以$S_{\triangle F_{1}AB}=\frac{1}{2}|AB|d=\frac{1}{2}×\sqrt{1 + k^{2}}·\frac{4\sqrt{1 + k^{2}}}{1 + 4k^{2}}×\frac{\sqrt{3}|k + 1|}{\sqrt{1 + k^{2}}}=\sqrt{3}×\frac{4k^{2}(4k^{2}+4)}{(1 + 4k^{2})^{2}}=\sqrt{3}×\sqrt{\frac{-3(\frac{1}{t}-\frac{1}{3})^{2}+\frac{4}{3}}{t^{2}}}$。……11分
令$t = 1 + 4k^{2}$，$t\geq1$，则$S_{\triangle F_{1}AB}=\sqrt{3}×\sqrt{1 + 4k^{2}}×\sqrt{1 + 4k^{2}}=\sqrt{3}×\frac{2\sqrt{3}|k|}{1 + 4k^{2}}=\frac{2\sqrt{3}|k|}{1 + 4k^{2}}$。
当直线$l$的斜率不存在时，可得$S_{\triangle F_{1}AB}=\frac{1}{2}×1×2\sqrt{3}=\sqrt{3}＜2$。
故当且仅当$t = 3$，即$k=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$时，$\triangle F_{1}AB$面积取最大值。……13分
第三步：写出直线$l$的方程
所以此时直线$l$的方程为$x+\sqrt{2}y-\sqrt{3}=0$或$x-\sqrt{2}y-\sqrt{3}=0$。……15分
17.（15 分）
如图，在斜三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中，$ AB \perp AC $，$ AB = AC $，侧面 $ BB_1C_1C $ 为菱形，且 $ \angle B_1BC = 60° $，点 $ D $ 为棱 $ A_1A $ 的中点，平面 $ ABC \perp $ 平面 $ BB_1C_1C $。设平面 $ ABC $ 与平面 $ B_1DC $ 的交线为 $ l $。
(1) 求证：$ l \perp $ 平面 $ BB_1C_1C $；
(2) 若 $ BC = 2 $，求二面角 $ C - B_1D - B $ 的正弦值。
如图，在斜三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中，$ AB \perp AC $，$ AB = AC $，侧面 $ BB_1C_1C $ 为菱形，且 $ \angle B_1BC = 60° $，点 $ D $ 为棱 $ A_1A $ 的中点，平面 $ ABC \perp $ 平面 $ BB_1C_1C $。设平面 $ ABC $ 与平面 $ B_1DC $ 的交线为 $ l $。
(1) 求证：$ l \perp $ 平面 $ BB_1C_1C $；
(2) 若 $ BC = 2 $，求二面角 $ C - B_1D - B $ 的正弦值。
答案：
17.经典题型面面垂直的性质定理、二面角的正弦值的向量求法
解法一：
(1)[证明]第一步：作平面$B_{1}CD$与平面$ABC$的交线
分别延长$B_{1}D$，$BA$交于点$E$，连接$CE$，如图①，
则$CE$即为平面$B_{1}CD$与平面$ABC$的交线$l$(关键：通过延长直线，得到两平面的交线是利用面面垂直的性质定理证明线面垂直的关键)。……1分
第二步：由中位线逆定理与直角三角形的性质证$EC\perp BC$
因为$D$为棱$A_{1}A$的中点，$A_{1}A// BB_{1}$，所以$A$是$BE$的中点。
在$\triangle ABC$中，$AB = AC$，$AB\perp AC$，所以$BE = 2AC$，从而$EC\perp BC$。……4分
第三步：由面面垂直的性质定理证结论
因为平面$ABC\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$且交线为$BC$，$EC\subset$平面$ABC$，所以$EC\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，即$l\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$。……6分
(2)[解]第一步：建立空间直角坐标系，求相关点的坐标及向量
取$B_{1}C_{1}$的中点$G$，连接$CG$。
因为侧面$BB_{1}C_{1}C$为菱形，且$\angle B_{1}BC = 60^{\circ}$，所以$GC\perp BC$。……7分
由
(1)知$EC\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，又$GC\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$GC\perp EC$。……8分
以$C$为坐标原点，分别以$CB$，$CE$，$CG$所在直线为$x$，$y$，$z$轴，建立如图①所示的空间直角坐标系$C - xyz$(题眼)。……9分
因为$BC = 2$，侧面$BB_{1}C_{1}C$为菱形，且$\angle B_{1}BC = 60^{\circ}$，所以$C(0,0,0)$，$B_{1}(1,0,\sqrt{3})$，$E(0,2,0)$，$B(2,0,0)$，则$\overrightarrow{CB_{1}}=(1,0,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{CE}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{BE}=(-2,2,0)$，$\overrightarrow{BB_{1}}=(-1,0,\sqrt{3})$。……10分
第二步：求平面$B_{1}DC$与平面$B_{1}DB$的法向量
设平面$B_{1}DC$的法向量为$\mathbf{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\overrightarrow{CB_{1}}·\mathbf{m}=0\\\overrightarrow{CE}·\mathbf{m}=0\end{cases}$，所以$\begin{cases}x_{1}+\sqrt{3}z_{1}=0\\2y_{1}=0\end{cases}$，可取$\mathbf{m}=(\sqrt{3},0,-1)$。
设平面$B_{1}DB$的法向量为$\mathbf{n}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}\overrightarrow{BE}·\mathbf{n}=0\\\overrightarrow{BB_{1}}·\mathbf{n}=0\end{cases}$，所以$\begin{cases}-2x_{2}+2y_{2}=0\\-x_{2}+\sqrt{3}z_{2}=0\end{cases}$，可取$\mathbf{n}=(\sqrt{3},\sqrt{3},1)$。……13分
第三步：利用空间向量夹角公式及同角三角函数的基本关系求结果
所以$\cos\langle\mathbf{m},\mathbf{n}\rangle=\frac{\mathbf{m}·\mathbf{n}}{|\mathbf{m}||\mathbf{n}|}=\frac{\sqrt{3}×\sqrt{3}-1}{2\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{7}$，
所以二面角$C - B_{1}D - B$的正弦值为$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{7}}{7})^{2}}=\frac{\sqrt{42}}{7}$。……15分
解法二：
(1)[证明]第一步：作平面$B_{1}CD$与平面$ABC$的交线
分别延长$B_{1}D$，$BA$交于点$E$，连接$CE$，如图②，
则$CE$即为平面$B_{1}CD$与平面$ABC$的交线$l$。……1分
第二步：由中位线逆定理与等腰三角形性质证$AF// l$，$AF\perp BC$
因为$D$为棱$A_{1}A$的中点，$A_{1}A// BB_{1}$，所以$A$是$BE$的中点。
取$BC$中点$F$，连接$AF$，可得$AF// l$。……3分
因为$AB = AC$，所以$AF\perp BC$。……4分
第三步：由面面垂直的性质定理证结论
因为平面$ABC\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$且交线为$BC$，$AF\subset$平面$ABC$，所以$AF\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，即$l\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$。……6分
(2)[解]第一步：建立空间直角坐标系，求相关点的坐标及向量
连接$B_{1}F$，由侧面$BB_{1}C_{1}C$为菱形，$\angle B_{1}BC = 60^{\circ}$，得$B_{1}F\perp BB_{1}$。又$BC\subset$平面$ABC$，平面$ABC\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$且交线为$BC$，可得$B_{1}F\perp AF$。……8分
以$F$为坐标原点，分别以$FA$，$FC$，$FB_{1}$所在直线为$x$，$y$，$z$轴，建立如图②所示的空间直角坐标系$F - xyz$(题眼)。……9分
因为$BC = 2$，侧面$BB_{1}C_{1}C$为菱形，且$\angle B_{1}BC = 60^{\circ}$，则$A(1,0,0)$，$B(0,-1,0)$，$C(0,1,0)$，$D(1,\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$B_{1}(0,0,\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{CB_{1}}=(0,-1,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{CD}=(1,-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{BA}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{BB_{1}}=(0,1,\sqrt{3})$。……10分
第二步：求平面$B_{1}DC$与平面$B_{1}DB$的法向量
设平面$B_{1}DC$的法向量为$\mathbf{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\overrightarrow{CB_{1}}·\mathbf{m}=0\\\overrightarrow{CD}·\mathbf{m}=0\end{cases}$，所以$\begin{cases}-y_{1}+\sqrt{3}z_{1}=0\\x_{1}-\frac{1}{2}y_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{1}=0\end{cases}$，可取$\mathbf{m}=(0,\sqrt{3},1)$。
设平面$B_{1}DB$的法向量为$\mathbf{n}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}\overrightarrow{BA}·\mathbf{n}=0\\\overrightarrow{BB_{1}}·\mathbf{n}=0\end{cases}$，所以$\begin{cases}x_{2}+y_{2}=0\\y_{2}+\sqrt{3}z_{2}=0\end{cases}$，可取$\mathbf{n}=(\sqrt{3},-\sqrt{3},1)$。……13分
第三步：利用空间向量夹角公式及同角三角函数关系求结果
所以$\cos\langle\mathbf{m},\mathbf{n}\rangle=\frac{\mathbf{m}·\mathbf{n}}{|\mathbf{m}||\mathbf{n}|}=\frac{\sqrt{3}×\sqrt{3}+1}{2\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{7}$，
所以二面角$C - B_{1}D - B$的正弦值为$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{7}}{7})^{2}}=\frac{\sqrt{42}}{7}$。……15分
17.经典题型面面垂直的性质定理、二面角的正弦值的向量求法
解法一：
(1)[证明]第一步：作平面$B_{1}CD$与平面$ABC$的交线
分别延长$B_{1}D$，$BA$交于点$E$，连接$CE$，如图①，
则$CE$即为平面$B_{1}CD$与平面$ABC$的交线$l$(关键：通过延长直线，得到两平面的交线是利用面面垂直的性质定理证明线面垂直的关键)。……1分第二步：由中位线逆定理与直角三角形的性质证$EC\perp BC$
因为$D$为棱$A_{1}A$的中点，$A_{1}A// BB_{1}$，所以$A$是$BE$的中点。
在$\triangle ABC$中，$AB = AC$，$AB\perp AC$，所以$BE = 2AC$，从而$EC\perp BC$。……4分
第三步：由面面垂直的性质定理证结论
因为平面$ABC\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$且交线为$BC$，$EC\subset$平面$ABC$，所以$EC\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，即$l\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$。……6分
(2)[解]第一步：建立空间直角坐标系，求相关点的坐标及向量
取$B_{1}C_{1}$的中点$G$，连接$CG$。
因为侧面$BB_{1}C_{1}C$为菱形，且$\angle B_{1}BC = 60^{\circ}$，所以$GC\perp BC$。……7分
由
(1)知$EC\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，又$GC\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$GC\perp EC$。……8分
以$C$为坐标原点，分别以$CB$，$CE$，$CG$所在直线为$x$，$y$，$z$轴，建立如图①所示的空间直角坐标系$C - xyz$(题眼)。……9分
因为$BC = 2$，侧面$BB_{1}C_{1}C$为菱形，且$\angle B_{1}BC = 60^{\circ}$，所以$C(0,0,0)$，$B_{1}(1,0,\sqrt{3})$，$E(0,2,0)$，$B(2,0,0)$，则$\overrightarrow{CB_{1}}=(1,0,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{CE}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{BE}=(-2,2,0)$，$\overrightarrow{BB_{1}}=(-1,0,\sqrt{3})$。……10分
第二步：求平面$B_{1}DC$与平面$B_{1}DB$的法向量
设平面$B_{1}DC$的法向量为$\mathbf{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\overrightarrow{CB_{1}}·\mathbf{m}=0\\\overrightarrow{CE}·\mathbf{m}=0\end{cases}$，所以$\begin{cases}x_{1}+\sqrt{3}z_{1}=0\\2y_{1}=0\end{cases}$，可取$\mathbf{m}=(\sqrt{3},0,-1)$。
设平面$B_{1}DB$的法向量为$\mathbf{n}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}\overrightarrow{BE}·\mathbf{n}=0\\\overrightarrow{BB_{1}}·\mathbf{n}=0\end{cases}$，所以$\begin{cases}-2x_{2}+2y_{2}=0\\-x_{2}+\sqrt{3}z_{2}=0\end{cases}$，可取$\mathbf{n}=(\sqrt{3},\sqrt{3},1)$。……13分
第三步：利用空间向量夹角公式及同角三角函数的基本关系求结果
所以$\cos\langle\mathbf{m},\mathbf{n}\rangle=\frac{\mathbf{m}·\mathbf{n}}{|\mathbf{m}||\mathbf{n}|}=\frac{\sqrt{3}×\sqrt{3}-1}{2\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{7}$，
所以二面角$C - B_{1}D - B$的正弦值为$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{7}}{7})^{2}}=\frac{\sqrt{42}}{7}$。……15分
解法二：
(1)[证明]第一步：作平面$B_{1}CD$与平面$ABC$的交线
分别延长$B_{1}D$，$BA$交于点$E$，连接$CE$，如图②，
则$CE$即为平面$B_{1}CD$与平面$ABC$的交线$l$。……1分第二步：由中位线逆定理与等腰三角形性质证$AF// l$，$AF\perp BC$
因为$D$为棱$A_{1}A$的中点，$A_{1}A// BB_{1}$，所以$A$是$BE$的中点。
取$BC$中点$F$，连接$AF$，可得$AF// l$。……3分
因为$AB = AC$，所以$AF\perp BC$。……4分
第三步：由面面垂直的性质定理证结论
因为平面$ABC\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$且交线为$BC$，$AF\subset$平面$ABC$，所以$AF\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，即$l\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$。……6分
(2)[解]第一步：建立空间直角坐标系，求相关点的坐标及向量
连接$B_{1}F$，由侧面$BB_{1}C_{1}C$为菱形，$\angle B_{1}BC = 60^{\circ}$，得$B_{1}F\perp BB_{1}$。又$BC\subset$平面$ABC$，平面$ABC\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$且交线为$BC$，可得$B_{1}F\perp AF$。……8分
以$F$为坐标原点，分别以$FA$，$FC$，$FB_{1}$所在直线为$x$，$y$，$z$轴，建立如图②所示的空间直角坐标系$F - xyz$(题眼)。……9分
因为$BC = 2$，侧面$BB_{1}C_{1}C$为菱形，且$\angle B_{1}BC = 60^{\circ}$，则$A(1,0,0)$，$B(0,-1,0)$，$C(0,1,0)$，$D(1,\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$B_{1}(0,0,\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{CB_{1}}=(0,-1,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{CD}=(1,-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{BA}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{BB_{1}}=(0,1,\sqrt{3})$。……10分
第二步：求平面$B_{1}DC$与平面$B_{1}DB$的法向量
设平面$B_{1}DC$的法向量为$\mathbf{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\overrightarrow{CB_{1}}·\mathbf{m}=0\\\overrightarrow{CD}·\mathbf{m}=0\end{cases}$，所以$\begin{cases}-y_{1}+\sqrt{3}z_{1}=0\\x_{1}-\frac{1}{2}y_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{1}=0\end{cases}$，可取$\mathbf{m}=(0,\sqrt{3},1)$。
设平面$B_{1}DB$的法向量为$\mathbf{n}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}\overrightarrow{BA}·\mathbf{n}=0\\\overrightarrow{BB_{1}}·\mathbf{n}=0\end{cases}$，所以$\begin{cases}x_{2}+y_{2}=0\\y_{2}+\sqrt{3}z_{2}=0\end{cases}$，可取$\mathbf{n}=(\sqrt{3},-\sqrt{3},1)$。……13分
第三步：利用空间向量夹角公式及同角三角函数关系求结果
所以$\cos\langle\mathbf{m},\mathbf{n}\rangle=\frac{\mathbf{m}·\mathbf{n}}{|\mathbf{m}||\mathbf{n}|}=\frac{\sqrt{3}×\sqrt{3}+1}{2\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{7}$，
所以二面角$C - B_{1}D - B$的正弦值为$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{7}}{7})^{2}}=\frac{\sqrt{42}}{7}$。……15分
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